Technische Mechanik I Dr.-Ing. Dr. rer. nat. Jahn

Technische Mechanik I
Dr.-Ing. Dr. rer. nat. Jahn
Jennifer Peter und Daniela Hermsdorff
WS 05/06
Inhaltsverzeichnis
1 Grundlagen
4
1.1
Einteilungen der Mechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.2
Größen und Einheiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.3
Die Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3.1
Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3.2
Darstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.3.3
Einteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
Das zentrale, ebene Kraftsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.4.1
Reduktion auf eine Resultierende . . . . . . . . . . . . . .
8
1.4.2
Kräftegleichgewicht
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
1.4.3
Kraftzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
1.5
Das zentrale, räumliche Kraftsystem . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.6
Allgemeine Kräftegruppen in der Ebene . . . . . . . . . . . . . .
15
1.6.1
Das Moment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
1.6.2
Komponentendarstellung von von MD . . . . . . . . . . .
16
1.6.3
Das Moment zweier Kräfte . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
1.6.4
Momentensatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
1.6.5
Das Kräftepaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
Seileckverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
1.7.1
23
1.4
1.7
Allgemeine Kräftegruppen im Raum . . . . . . . . . . . .
2 Balkenstatik
2.1
Arten der Lagerung
25
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
25
INHALTSVERZEICHNIS
2.1.1
2
Beispiele für die Lagerung . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
Resultierende von Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
2.2.1
Resultierende einer Gruppe paralleler Kräfte . . . . . . .
27
2.2.2
Resultierende von Linienlasten (Gleichlasten) . . . . . . .
28
2.2.3
Resultierende von Flächenlasten . . . . . . . . . . . . . .
29
Bestimmung von Auflagerreaktionen . . . . . . . . . . . . . . . .
30
2.3.1
Seileckverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
2.3.2
Culmannsche Gerade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.4
Schnittgrößen im Balken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
2.5
Rahmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
2.6
Häufige Lastfälle aus der Praxis . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
2.2
2.3
3 Ebene Fachwerke
37
3.1
Regeln zum Auffinden von Nullstäben . . . . . . . . . . . . . . .
38
3.2
Ermittlung der Stabkräfte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
3.2.1
Knotenpunktverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
3.2.2
Rittersches Schnittverfahren . . . . . . . . . . . . . . . .
41
3.2.3
Cremonaplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
4 Das PdvV
49
4.1
Der Arbeitsbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
4.2
Lagerreaktionen und Schnittgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
5 Haftung und Reibung
53
5.1
Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
5.2
Experimentelle Ermittlung von µ0 . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
5.3
Der Haftungskegel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
5.4
Seilreibung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
5.4.1
56
Zusammenhänge zwischen S1 und S2
. . . . . . . . . . .
Kapitel 1
Grundlagen
1.1
Einteilungen der Mechanik
Definition: Lehre von der Beschreibung und Vorherbestimmung der Bewegung
von Körpern, sowie der Kräfte, die mit diesen Bewegungen in Zusammenhang
stehen. Die Einteilung ist nach verschiedenen Gesichtspunkten möglich.
• Nach dem Aggregatzustand der Körper
1. Mechanik fester Körper (Festkörpermechanik)
(a) starre Körper (Starrkörperstatik), keine Gestaltänderung unter
dem Einfluss von Kräften
(b) elastische Körper (Elastostatik), nach der Entlastung geht die
Formveränderung zurück
(c) plastische Körper (-), nach der Entlastung bleiben Formveränderungen zurück
2. Mechanik flüssiger Körper
(a) reibungsfreie Flüssigkeiten
(b) viskose Flüssigkeiten
3. Mechanik gasförmiger Körper
• in Kinematik und Dynamik
Kinematik
Geometrische und zeitliche Betrachtung von Bewegungsabläufen ohne die Kräfte dafür zu betrachten.
Dynamik
Betrachtung der Kräfte der zugehörigen Bewegung.
Statik: Betrachtung von Kräften
und dem Gleichgewicht (Ruhezustand).
Kinetik: Untersucht tatsächliche
Bewegungen unter der Wirkung von Kräften.
3
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
1.2
4
Größen in der Mechanik und deren Einheiten
Symbol
SI-Einheit
weitere Einheiten
Länge
l
m
mm, km, µm,..
Zeit
t
s
h, min,. . .
Masse
m
kg
g, mg, t,. . .
Formel
Geschwindigkeit
Beschleunigung
Kraft
l
Länge
v= =
t
Zeit
l
dv(t)
a=
= v̇(t) = 2
dt
t
F = m · a = Masse · Beschleunigung
SI-Einheit
hmi
s
hmi
·
s2
¸
kg · m
= 1N
s2
Beispiel: Gewicht an einem Pendelstab
Gegeben: m = 1kg, a = g = 9.81
m
s2
Gesucht: F
Lösung: F = m · a = 1kg · 9.81
m
= 9.81 N
s2
Beispiel: Spannung σ (Sigma)
·
¸
Kraft
N
F
Definition: σ =
=
=
A
Fläche
m2
Gesucht: a = 3cm, b = 4cm, F = 10N
Gegeben: σ
F
10N
N
Lösung: σ =
=
= 0.83 2
A
12cm2
m
Merke:
• Je kleiner die Fläche, umso größer ist die Spannung bei gleicher Kraft.
• Zulässige
Spannungen
für bestimmte Materialien sind tabellarisiert
(Bemessung).
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
5
Beispiel: Dehnung ε (Epsilon)
∆l
Längenänderung
=
l
Ausgangslänge
Gegeben: l = 5cm, ∆ l = 2m
Gesucht: ε
∆l
2m
Lösung: ε =
=
= 0.4
l
5m
Definition: ε =
1.3
Die Kraft
• nicht direkt sichtbar oder beobachtbar
• erkennbar nur an Wirkung, z.B.:
– Feder verlängert sich
– Steinwurf: Muskelkraft beschleunigt Stein
– Schwerkraft: Fallenlassen eines Steines
– ...
1.3.1
Eigenschaften von Kräften
• bestimmte Größe bzw. Betrag
• bestimmte Richtung (sie sind gerichtet)
• Existenz eines Angriffpunktes
Die letzten beiden Eigenschaften bestimmen die Wirkungslinie.
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
1.3.2
6
Darstellung von Kräften
• zeichnerisch als Vektor
• Richtung: Pfeilspitze
• Größe: F = |F~ |, bzw. Länge des Pfeiles
F~ = Fq
ex + Fy ~ey + Fz ~ez
x~
~
|F | = Fx2 + Fy2 + Fz2
• Kraft im Raum: cos α =
cos β =
1.3.3
1.
Fy
F ,
cos γ =
Fz
F
Fx
,
F
Einteilung von Kräften
• Einzelkräfte [N ]
· ¸
N
• Linienkräfte
m
·
¸
N
• Flächenkräfte
m2
·
¸
N
• Volumenkräfte
m3
2. (a) Eingeprägte Kräfte = Lasten, Belastung
z.B.: Winddruck, Wasserdruck auf Behälter, Schneelast auf Dächern,. . .
(b) Reaktionskräfte oder Zwangskräfte
enstehen durch Einschränkung der Bewegungsfreiheit
(c) Schnittgrößen (innere Kräfte)
• wirken zwischen den Teilen des Systems
• wirken auf Grund äußerer Kräfte
• sichtbar machen durch Schnitte (Schnittprinzip)
• jedes Teilsystem ist für sich selbst im Gleichgewicht
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
1.4
7
Das zentrale, ebene Kraftsystem
• alle Wirkungslinien (WL) liegen in einer Ebene (ebenes Kraftsystem)
• alle WL schneiden sich in einem Punkt
Die drei Grundaufgaben:
a) Reduktion mehrerer Kräfte auf eine Resultierende
b) Nachweis des Kräftegleichgewichts
c) Zerlegung einer Kraft in 2 Richtungen
Die Lösung kann sowohl grafisch als auch rechnerisch erfolgen.
Für die grafische Lösung immer notwendig ist ein
Lageplan:
• maßstäbliche Darstellung des betrachteten Systems
b
• Längenmaßstab (1cm=1m,
1m
)
1cm
• Richtung der Kräfte
• Angriffspunkt der Kräfte
und ein
Kräfteplan:
• enthält Beträge der Kräfte (Kräftemaßstab 1cm=1kN,
b
1kN
)
1cm
• Kräfte werden aneinander gefügt, Richtungen sind maßgebend
1.4.1
zu a) Reduktion mehrerer Kräfte auf eine Resultierende
Gegeben: Kräftegruppe
Gesucht: Resultierende (Größe, Richtung, Wirkungslinie)
Bsp: Gegeben: F1 = 2kN, F2 = 4kN
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
8
• Grafische Lösung:
Lageplan (1cm =
b 1m)
Kräfteplan (1cm =
b 1kN )
• Rechnerische Lösung:
Nebenbetrachtung:


Fx = F · cos ϕ
F
; F~ =  x  =
Fy = F · sin ϕ
Fy


F · cos ϕ
F · sin ϕ
◦
cos (180 + ϕ) = − cos ϕ
sin (180◦ + ϕ) = − sin ϕ
Fi
ϕ
Fix = Fi · cos ϕ
Fiy = Fi · sin ϕ
−1.44kN
−1.44kN
F~1
F~2
2kN
180 + 45 = 225
4kN
0◦
~
R
R
ϕR
4kN
P
Rx =
Fix
2.947
331.32◦
2.58kN
◦
◦
q
R=
ϕ = arccos
Rx2 + Ry2 =
◦
p
Ry =
0
P
Fiy
−1.414kN
2.5862 + (−1.414)2 = 2.497
Rx
= arccos (0.877) ⇒ ϕ1 = 28.68◦ , ϕ2 = 360◦ − 28.68◦ = 331.32◦
R
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
9
Beispiel 2:
Gegeben: F1 = 2kN , F2 = 3kN ,
F3 = 5kN
Grafische Lösung:
Lageplan (1cm =
b 1m)
Kräfteplan (1kN =
b 1cm)
Rechnerische Lösung:
Fi
ϕ
◦
F1
2
180
F2
3
210◦
F3
5
◦
R
7.962
270
Fix = Fi · cos ϕ
Fiy = Fi · sin ϕ
−2
0
−2.598
−1.5
0
−5
234.73◦
−4.598
−6.5
p
2
2
R = (−4.598) + (−6.5) = 7.96kN
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
1.4.2
10
Zu b) Nachweis des Kräftegleichgewichts
Gegeben: Kräftegruppe
Frage: Stehen diese Kräfte im
Gleichgewicht?
Gesucht: Weitere Kraft, die zur
Resultierenden und damit zur gesamten Kräftegruppe im Gleichgewicht steht.
Kräfte stehen im Gleichgewicht, wenn das durch sie entstehende Krafteck geschlossen ist, oder X
die Resultierende dieser
X Kräfte ”0” ist.
Rechnerisch: Rx =
Fix = 0; Ry =
Fiy = 0
Gegeben:
F1 = 2kN, α = 45◦ ,
F2 = 4kN, β = 0◦ ,
F3 = 3kN, γ = 60◦
Gesucht: Größe von F4 und Winkel δ, damit die Kräfte im Gleichgewicht stehen.
Lageplan (1cm =
b 1m)
Kräfteplan(1cm =
b 1kN )
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
11
rechnerisch:
Fi
1.4.3
45
Fix = Fi · cos ϕ
√
2kN
Fiy = Fi · sin ϕ
√
2kN
4kN
0◦
4kN
0
F~3
3kN
300◦
1.5kN
−2.5181kN
~
R
F~4
7.01kN
360◦ − 9.71◦
6.9142kN
−1.1839kN
7.01kN
180◦ − 9.71◦
−6.9142kN
1.1839kN
F~1
F~2
2kN
ϕ
◦
zu c) Zerlegung einer Kraft in zwei Richtungen
Gegeben: F~ = 4kN, ϕ = 45◦
ϕ1 = 30◦ , ϕ2 = 70◦
Gesucht: F~1 und F~2 , deren Größe
und Koordinaten
Lageplan (1cm =
b 1m)
Kräfteplan (1cm =
b 1kN )
Grafische Lösung:
• eindeutig, wenn zwei nicht parallele Richtungen für F1 und F2
• nicht eindeutig, wenn drei Kräfte gegeben sind
• unmöglich, wenn die Richtungen von F1 und F2 parallel und F in eine
andere Richtung zeigt
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
12
Rechnerische Lösung:
Fi
ϕ
F~
F~1
4
45
F1 =?
30◦
F~2
F2 =?
70◦
Fix = Fi · cos ϕ
F1x = F1 cos ϕ1
F2x = F2 cos ϕ2
F1y = F1 sin ϕ1
F2y = F2 sin ϕ2
F1x + F2x = F1 cos ϕ1 + F2 cos ϕ2
Fx = F1x + F2x = F cos ϕ
⇒ F cos ϕ = F1 cos ϕ1 + F2 cos ϕ2
Gleichungssystem:

cos ϕ1
sin ϕ1
Fiy = Fi · sin ϕ
◦
F1y + F2y = F1 sin ϕ1 + F2 sin ϕ2
Fy = Fy1 + Fy2 = Fy sin ϕ
⇒ F sin ϕ = F1 sin ϕ1 + F2 sin ϕ2
   

cos ϕ2  F1  F · cos ϕ
·
=
sin ϕ2
F2
F · sin ϕ
cos ϕ2 · sin ϕ − sin ϕ2 · cos ϕ
cos ϕ2 · sin ϕ1 − sin ϕ2 · cos ϕ1
cos ϕ1 · sin ϕ − sin ϕ1 · cos ϕ
F2 = F ·
cos ϕ1 · sin ϕ2 − sin ϕ1 · cos ϕ2
F1 = F ·
Additionstheorem: sin (α − β) = sin α · cos β − cos α · sin β
º
·
F1 =
sin (ϕ − ϕ2 )
sin (ϕ − ϕ1 )
· F, F2 = −
·F
sin (ϕ1 − ϕ2 )
sin (ϕ1 − ϕ2 )
¹
¸
◦
◦
◦
Im Beispiel: (ϕ = 45 , ϕ1 = 30 , ϕ2 = 70 , F = 4kN )
F1 =
sin (45◦ − 70◦ )
sin (−25◦ )
·
4kN
=
· 4kN ⇒ 2.63kN
sin (30◦ − 70◦ )
sin (−40◦ )
sin (45◦ − 30◦ )
· 4kN ⇒ 1.61kN
F2 = −
sin (30◦ − 70◦ )
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
1.5
13
Das zentrale, räumliche Kraftsystem
Alles analog zum zentralen, ebenen Kraftsystem.
F~ = F~x + F~y + F~z
= Fx · ex + Fy · ey + Fz · ez
 
 
 
1
0
0
 
 
 





= Fx 
+
F
+
F
y 1
z 0
0
0
 
F
 x
~

F =  Fy 

0
1
Fz
I) |F~ | = F =
q
Fx2 + Fy2 + Fz2 ⇒ F 2 = Fx2 + Fy2 + Fz2
II) Fx = F · cos α, Fy = F · cos β, Fz = F · cos γ
I) + II) =⇒ F 2 = (F · cos α)2 + (F · cos β)2 + (F · cos γ)2 | : F 2
1 = cos2 α + cos2 β + cos2 γ
d.h, α, β, γ sind voneinander abhängig.
Resultierende einer zentralen Kräftegruppe von n Kräften F~i .
 
R
 x
~ = R  = Rx · e~x + Ry · e~y + Rz · e~z
R
 y
Rz
n
n
n
X
X
X
wobei Rx =
Fix , Ry =
Fiy , Rz =
Fiz
i=1
i=1
i=1
analog zum ebenen, zentralen Kraftsystem.
Gleichgewicht bedeuted analog; das Krafteck muss geschlossen sein (bzw. die
Resultierende verschwindet).
n
X
i=1
Fix = 0,
n
X
i=1
Fiy = 0,
n
X
i=1
Fiz = 0
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
1.6
14
Allgemeine Kräftegruppen in der Ebene
– Das nicht zentrale, ebene Kraftsystem –
Merkmal: Die Wirkungslinien (WL) der Kräfte schneiden
sich nicht in einem Punkt.
1.6.1
Das Moment
Definition: a ... Hebelarm = der Abstand der Wirkungslinie einer Kraft zu
einem beliebigen Bezugspunkt. (Abstand = kürzeste Verbindung, Lot)
Definition:
Moment einer Kraft F bezüglich eines Punktes D.
MD = F · a = Kraft · Hebelarm
[MD ] = [Kraft · Länge] = [kN · m]
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
15
Ein Moment wird bestimmt durch:
• Größe der Kraft F
• Länge des Hebelarms a
• den Drehsinn
1.6.2
Komponentendarstellung von von MD
a = a1 − a2
a2
sin α =
x − xD
⇒ a2 = (x − xD ) · sin α
a1
cos α =
y − yD
a1 = cos α · (y − yD )
MD = F · a = F · (a2 − a1 )
MD = F · ((x − xD ) sin α − (y − yD ) cos α)
= (x − xD ) · F
sin α} −(y − yD ) · F
cos α}
| · {z
| · {z
Fy
Fy
MD = (x − xD ) · Fy − (y − yD ) · Fx
Wegen der Linienflüchtigkeit gilt folgender Zusammenhang; F werde auf seiner
Wirkungslinie verschoben nach (x, y), dann gilt:
MD =
(x − xD ) · Fy
−
(y − yD ) · Fx
|
{z
}
|
{z
}
Moment von Fy bzgl. D Moment von Fx bzgl. D
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
16
Eine Kraft kann zwar beliebig auf
der Wirkungslinie verschoben werden, aber nicht beliebig parallel,
ohne das sich an der Wirkung etwas
ändert.
1.6.3
Das Moment zweier Kräfte
MD =(x − xD ) · Ry − (y − yD ) · Rx
=(x − xD )(F1y + F2y )
− (y − yD )(F1x + F2x )
=(x − xD ) · F1y + (x − xD ) · F2y
− [(y − yD ) · F1x + (y − yD ) · F2x ]
,→ d.h. MD =
2
X
[(x − xD ) · Fiy − (y − yD ) · Fix ] =
i=1
F1 → MD1

X
F2 → MD2 
1.6.4
2
X
MDi
i=1
= MD
Verallgemeinerung: Momentensatz
Das Moment der Resultierenden ist gleich der Summe der Momente der Einzelkräfte für einen gemeinsamen Bezugspunkt (Drehpunkt D).
MD =
n
X
i=1
MD =
n
X
i=1
MDi =
n
X
[(xi − xD )Fiy − (yi − yD )Fix ]
i=1
xi Fiy − yi Fix mit xi = xi − xD und yi = yi − yD
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
1.6.5
17
Das Kräftepaar
• zwei gleich große, entgegengesetzt gerichtete Kräfte, auf parallelen Wirkungslinien
Das Moment eines Kräftepaares:
M =F ·a
Das Kräftepaar ist statisch äquivalent zu einem Moment:
Mehrere Kräftepaare lassen sich durch geeignetes Verschieben zu einem resultierendem Kräftepaar zusammen fassen, dieses erzeugt das resultierende Moment MR .
µ
¶
h2
F1 + F2 ·
· h1 = F1 · h1 + Fs · h2
h1
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
Grundaufgaben analog zum zentralen Kraftsystem:
a) Reduktion eines Kraftsystems (Resultierende, Moment)
b) Gleichgewicht
c) Zerlegung einer Kraft
zu a ) Reduktion eines Kraftsystems
zeichnerisch:
bei mehreren Kräften:
18
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
19
R
1
2
3
R
MD
= MD
+ MD
+ MD
MD
=R·h
n
q
X
~ =
R
F~ix R = Rx2 + Ry2
i=1
Rx =
n
X
Fix , Ry =
i=1
n
X
i=1
R
Fiy , MD
=
n
X
i
MD
i=1
rechnerisch:
(Frage: Bezüglich welchem Punkt verschwindet das Moment MD ?)
MD = −Fy · xp + Fx · yp bzw. MP = 0 = MD + Fx · yp − Fy · xp
|
{z
}
−MD
⇒ yp =
−MD + Fy · xp
Fy
MD
=
xp −
Fx
Fx
Fx
(Geradengleichung y = mx + b), Fx 6= 0 Gleichung für Zentrallinie
m = tan α =
Fy
F sin α
sin α
=
=
= tan α
Fx
F cos α
cos α
geg: R = 0, MD = 0 ⇒ Gleichgewicht
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
20
Ermittlung von R bei parallen Kräften.
1. Wählen des Kräftepaares K,
(beliebig) das kein Moment erzeugt.
2. Ermitteln des Schnittpunktes
der Resultierenden R1 und R2
aus K und F2 und aus K und
F1
3. Verschieben der Resultierenden
R1 und R2 entlang ihrer WL in
den Schnittpunkt.
4. Die Resultierende R aus R1 und
R2 ist die Resultierende aus F1
und F2
⇒Für mehrere Kräfte analog,
wird am Ende sehr unübersichtlich.
⇒Seileckkonstruktion
1.7
Das Seileckverfahren zur Bestimmung der
Resultierenden
Gesucht: Lage, Größe und Ort der Resultierenden.
Lageplan (1cm =
b 1m)
Kräfteplan (1cm =
b 1kN )
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
21
1. im Lageplan die WL der Kräfte zeichnen
2. im Kräfteplan die Kräfte F1 bis F4 addieren
3. beliebigen Pol π festlegen
4. Verbindungstrahlen von S1 bis S5 in den Lageplan verschieben
5. Durch den Schnittpunkt von s1 und s5 verläuft die Resultierende.
Beachte:
• Bilden die Kräfte Fi eine Gleichgewichtsgruppe (R = 0, M = 0), so
fallen 1. und letzter Seilstrahl und 1. und letzter Polstrahl zusammen;
s1 = s5 und S1 = S5 .
• Sind die Kräfte nur auf ein Kräftepaar reduzierbar (R = 0, M 6= 0), so ist
das Krafteck zwar geschlossen, aber 1. und letzter Seilstrahl sind parallel.
zu b ) Gleichgewichtsbedingungen
Rx =
X
Fix = 0, Ry =
X
Rx = 0
Ry = 0 ⇐⇒
Rz = 0
Fiy = 0, MD =
X
MiD = 0
Gleichgewicht
d.h. Körper
in Ruhe
Gesucht: Wie groß sind A, B und C damit Körper im Gleichgewicht?
Lösung: (3 Gleichgewichtsbedingungen)
X
X
x
X
Fix = 0 : 3 − C = 0
Fiy = 0 : A + B − 5 = 0
M(A) = 0 : 4B − 5 · 2 = 0
⇒C=3
⇒A=5−B
10
= 2.5
4
⇒ A = 5 − 2.5 = 2.5
⇒B=
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
1.7.1
22
Allgemeine Kräftegruppen im Raum
M = ~r × F~
M = (x · ex + y · ey + z · ez ) × (Fx · ex + Fy · ey + Fz · ez )
⇒ M = (y · Fz − z · Fy )ex + (z · Fz + x · Fz )ey + (x · Fy − y · Fx )ez
M = Mx · ex + My · ey + Mz · ez
Der Momentenvektor steht senkrecht auf der Ebene, die durch ~r und F~ aufgespannt wird. Sein Betrag entspricht der von ~r und F~ aufgespannten Parallelogrammfläche.
Merke:
Wirken P
mehrere Momente P
Mi , so gilt MR =
P
Mix , MRy =
Miy und MRz = Miz .
P
Mi , wobei MRx =
KAPITEL 1. GRUNDLAGEN
23
Gleichgewichtsbedingungen:
'
X
X
X
&
Fix = 0
Fiy = 0
Fiz = 0
X
X
X
$
Mix = 0
Miy = 0
Miz = 0
%
Kapitel 2
Balkenstatik
2.1
Arten der Lagerung
Berechnung von Schnittkräften für verschieden gelagerte Balkensysteme.
Bezeichnung
Lagerreaktion
Wertigkeit
Mögliche
Bewegungen
Gleitlager
1
1
Verschiebung,
Verdrehung
Festlager
2
2
Verdrehung
Einspannung
3
3
keine
Horizontalführung
2
2
Verschiebung
Vertikalführung
2
2
Verschiebung
24
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
2.1.1
25
Beispiele für die Lagerung
Merke: Zur stabilen Lagerung eines Tragwerkes sind mindestens 3 Auflagerbedingungen nötig.
Einspannung
unbrauchbar! System in x-Richtung verschieblich
Die Auflagerkräfte A, B, C können über Gleichgewichtsbedingungen nicht
eindeutig bestimmt werden. ⇒ System statisch unbestimmt
X
↑
Fz = 0 : A + B + C − 3 = 0
x
X
→
X
M = 0 : 4B + 8C − 4 · 3 = 0
Fx = 0 : 2 − D = 0 ⇒ D = 2kN
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
2.2
26
Resultierende von Kräften
2.2.1
Resultierende einer Gruppe paralleler Kräfte
↑
X
V ⇒R−H =0⇒R=H
Ansatz: Bestimmen der Haltekraft H = R , die das System (die Kräftegruppe)
im Gleichgewicht hält. Die Resultierende R liegt auf derselben Wirkungslinie
wie die Haltekraft H.
P
P
P
Weg: System istPim Gleichgewicht,
wenn
Fix = 0,
Fiy = 0,
Mi = 0
P
P
beziehungsweise
H = 0,
V = 0,
M = 0, wobei H = horizontale Kräfte
und V = vertikale Kräfte.
Lösung:
↓
X
R = F1 + F2 + F3 + F4
V = 0 ⇒ F1 + F2 + F3 + F4 − H = 0
=⇒ H = F1 + F2 + F3 + F4
y
X
M = 0 ⇒ x1 F1 + x2 F2 + x3 F3 + x4 F4 xs H = 0
4
P
=⇒ xs =
i=1
x i Fi
H
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
27
Der Punkt S im Abstand xs von D heißt Kräftemittelpunkt oder Schwerpunkt.
n
P
i=1
Allgemein: xs =
xi Fi
R
, R=
n
X
Fi
i=1
n
P
xi Fi
xs = i=1
n
P
Fi
i=1
2.2.2
Resultierende von Linienlasten (Gleichlasten)
'
$
Zl
R=
q(x) dx
0
Rl
xS =
x · q(x) dx
0
R
&
%
Dreieckslast:
Im Beispiel: q(x) =
Zl
R=
Zl
q(x) dx =
0
=
·
0
¸
2 l
q0 x
l
2
=
0
q0
l
q0
·x
l
q0
q0
· x dx =
l
l
µ
2
l
−0
2
¶
=
Zl
x dx
0
q0 · l
2
q0 · l
entspricht dem Flächeninhalt des Lastdreiecks
2
Rl
Rl ¡ q0 ¢
(x · q(x)) dx
x · l · x dx
2
0
0
xS =
=
= l
q0 ·l
R
3
2
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
28
Rechtecklast:
q(x) = q0 = const.
R = q0 · l (Flächeninhalt des Rechtecks.)
¸l
·
Zl
l
1
1
1 2
xS =
qo x
=
x · q(x) dx =
R
q0 · l
2
2
0
0
2.2.3
Resultierende von Flächenlasten
Die Größe der Resultierenden R entspricht der Fläche der Belastung
Z A. Die
1
· x dA,
Koordinaten des Flächenschwerpunktes ergeben sich zu xS =
A
A
R
yS = A1 · y dA.
AZ
R
1
Sx =
· x dA, Sy = A1 · y dA heißen auch Flächenmomente 1. Ordnung
A
A
A
bzw. statische Momente.
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
2.3
2.3.1
29
Bestimmung von Auflagerreaktionen
Das Seileckverfahren zur Bestimmung von Auflagerreaktionen :
Lageplan(1cm =
b 1m)
Kräfteplan(1cm=1kN
b
)
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
2.3.2
30
Die Culmannsche Gerade
Hilfslinie bei der Konstruktion eines Kraftecks, mit dem das Gleichgewicht von
4 Kräften grafisch beschrieben wird.
Beispiel: Leiter an der Wand
Lageplan(1cm =
b 1m)
Kräfteplan(1cm=1kN
b
)
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
2.4
31
Schnittgrößen im Balken
Linkes Schnittufer
Rechtes Schnittufer
• Die Bezugsfaser definiert die Richtung des Koordinatensystems.
• In jedem Punkt des Systems können die Schnittgrößen andere Werte annehmen.
• Schnittgrößen: N . . . Normalkraft
Q . . . Querkraft
M . . . Moment (Biegemoment, Schnittmoment)
• Jedes Teilsystem, welches durch einen Schnitt vom Gesamtsystem abgeteilt wird, muss im Gleichgewicht stehen.
• Der Wert der Schnittgröße wird direkt über der betrachteten Stelle abgetragen.
Berechnung von Schnittgrößen zusammengesetzter Balkensysteme
1. Nebenbedingungen
Gelenke
Name
Merkmal
Momentengelenk
Mg = 0
Querkraftgelenk
Qg = 0
Normalkraftgelenk
Ng = 0
Beweglichkeit
2. Statische Unbestimmtheit
Ein System heißt statisch bestimmt, wenn sich alle Schnittkräfte über
Gleichgewichtsbedingungen ermitteln lassen. Andernfalls ist es statisch
unbestimmt. Die Formel zur Ermittlung des Gerades der statischen Unbestimmtheit ist: n = a + 3(s − k) − r.
a · · · Anzahl der Auflagerkräfte
s · · · Anzahl der Stäbe zwischen den Knoten
k · · · Anzahl der Knoten
r · · · Anzahl der Nebenbedingungen
n · · · Grad der statischen Unbestimmtheit
3. Berechnung statisch bestimmter Systeme
Schnittprinzip/Freikörperbild
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
32
Beispiel:
Querkraftverlauf
Momentenverlauf
Merke: Zum Momentenverlauf:
• unter konstanter Belastung → quadratischer Momentenverlauf.
Parabel ist zur Last hin geöffnet.
• Bei Einzellasten → linearer Momentenverlauf (auch Auflager)
Regel zur Vorzeichenbestimmung:
1. Momentenverlauf immer auf der Zugseite eintragen.
2. Dann nachsehen; ist Bezugsfaser auf der gleichen Seite wie die Momentenfläche ⇒ ⊕ ansonsten ⇒ ª
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
33
Merke: Zum Querkraftverlauf:
Es gilt:
Q(x) = M 0 (x) =
d(M (x))
d(x)
• Unter konstanter Belastung → linearer Querkraftverlauf
• Bei Einzellasten → Querkraft konstant
• An der Stelle der Einzellast → Querkraft springt um den Betrag der Einzellast
2.5
Beispiel für häufig auftretende Rahmen
Dreigelenkrahmen
unterschiedliche Stielhöhen möglich
n = 4 + 3(4 − 5) − 1 = 0 ⇐ statisch bestimmt
Zweigelenkrahmen
n = 4 + 3(3 − 4) − 0 = 1 ⇒ statisch unbestimmt
Rahmen mit eingespannten Stielen
n = 6 + 3(3 − 4) − 0 = 3 ⇒ 3-fach statisch unbestimmt
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
2.6
34
Häufige Lastfälle aus der Praxis
1. Eigengewicht
Av = B v =
1
g·s
2
l
cos α
l
R=g·s=g·
= g0 · l
cos α
s=
Häufig verwendetes Ersatzsystem:
2. Schnee
R = pS · l
pS · l
Av = Bv =
2
KAPITEL 2. BALKENSTATIK
35
3. Wind
l
cos α
Rv = R · cos α = pw · l
Rh = R · sin α = pw · l · tan α
pw · l
Rv
=
Av = Bv =
2
2
R = pw · s = pw ·
Kapitel 3
Ebene Fachwerke
• Tragwerke, die nur aus geraden Stäben bestehen
• verbunden durch sogenannte Knoten
• Annahmen:
1. Stäbe sind an den Knoten zentrisch und gelenkig verbunden
2. Äußere Kräfte greifen nur an den Knoten an
⇒ alle Stäbe werden nur auf Zug oder Druck belastet
3. Notwendige Bedingung für die statische Bestimmtheit:
n = a + s − 2k = 0
a · · · Anzahl der Auflagerkräfte
s · · · Anzahl der Stäbe
k · · · Anzahl der Knoten
2k · · · zwei Gleichgewichtsbedingungen pro Knoten
n · · · Grad der statischen Unbestimmtheit
36
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
37
n = 0, statisch bestimmt
n = 0, verschieblich
3.1
Regeln zum Auffinden von Nullstäben
Sind an einem unbelasteten Knoten zwei
Stäbe angeschlossen, die nicht in gleicher
1.
Richtung liegen, “unbelasteter Zweigschlag”, so sind beide Stäbe Nullstäbe.
Sind an einem belasteten Knoten zwei
Stäbe angeschlossen und greift die äuße2.
re Kraft in Richtung des einen Stabes an,
so ist der andere Stab Nullstab.
Sind an einem unbelasteten Knoten drei
Stäbe angeschlossen, von denen zwei in
3.
gleicher Richtung liegen, so ist der dritte
Stab Nullstab.
3.2
Verfahren zur Ermittlung der Stabkräfte
• 3.2.1 Knotenpunktverfahren
• 3.2.2 Rittersches Schnittverfahren (Ritterschnitt)
• 3.2.3 Cremonaplan (grafisch)
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
3.2.1
38
Ermittlung der Stabkräfte mit dem Knotenpunktverfahren
Idee:
• Freischneiden der Knoten und Antragen der Kräfte, Knoten so auswählen,
dass maximal 2 unbekannte Stabkräfte auftreten,
P
P
• dann
H = 0,
V = 0 für jeden Knoten,
• Zug und Druckkräfte sind im Stab immer konstant,
X
X
X
H = 0 ⇒ U1 = 4
V = 0 ⇒ V1 = −10.5
V = 0 ⇒ V3 = −13.5
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
39
D1
x
3
= →x= D
5
3
5
D1
y
4
= →y= D
5
4
5
X
3
↓
V ⇒ −10.5 + 6 + D = 0 → D1 = 7.5
5
→
X
4
H = 0 ⇒ 4 + O1 + D1 = 0 → O1 = −10
5
X
H = 0 ⇒ O2 = −10
X
↓
V = 0 ⇒ V2 = −12
−→
X
4
H = 0 ⇒ 10 − D2 = 0 → D2 = 12.5
5
X
√
3
↓
V = 0 ⇒ 6 − 13.5 + · 12.5 = 0
5
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
3.2.2
40
Rittersches Schnittverfahren
• zur Bestimmung einzelner, ausgewählter Stabkräfte
• 3 Stäbe müssen geschnitten werden, die nicht alle zum gleichen Knoten
gehören dürfen
• dann Momentengleichgewicht um die Schnittpunkte zweier Stäbe
x
X
M(2) = 0 ⇒ −10.5 · 4 − 4 · 3 + 6 · 4 − o1 · 3 = 0 → O1 = −10
x
X
↑
3.2.3
X
M(4) = 0 ⇒ −4 · 3 + U1 · 3 = 0 → U1 = 4
3
V = 0 ⇒ −6 + 10.5 − D1 = 0 → D1 = 7.5
5
Cremonaplan
• Zeichnerische Bestimmung der Stabkräfte von statisch bestimmten Fachwerken.
1. Fachwerke im geeigneten Maßstab aufzeichnen
2. Auflagerkräfte bestimmen
3. Nullstäbe bestimmen
4. Geeigneten Maßstab für Kräfteplan festlegen
5. Krafteck der äußeren Kräfte zeichnen (Belastung und Stützkräfte,
Krafteck muss sich schließen)
6. Umfahrungssinn festlegen, der nun die Reihenfolge der anzutragenen
Kräfte im Krafteck bestimmt
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
41
7. Gewöhnlich beginnt man an den Auflagern, da dort meist nur 2
Stabkräfte angreifen. Beginnend mit der am Knoten angreifenden,
bekannten Kraft wird im Umfahrungssinn das Krafteck gezeichnet.
Pfeilspitzen der Kräfte werden im Kräfteplan nicht eingezeichnet.
8. Die Kraftrichtungen der Stäbe für den betrachteten Knoten werden
im Systembild eingezeichnet und auf die benachbarten Knoten übertragen.
9. Von den Nachbarknoten ist gewöhnlich ein Knoten vorhanden, an
dem unter Berücksichtigung der zuvor ermittelten Stabkräfte nur
zwei unbekannte Kräfte angreifen.
10. Mit den schon bekannten Stabkräften beginnend wird wieder im zuvor festgelegten Umfahrungssinn an das bereits gezeichnete Krafteck
ein neues angeschlossen.
11. Beim richtigen Zeichnen des Kraftecks für den letzten Knoten muss
sich das Krafteck schließen.
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
42
Schrittweises Konstruieren eines Cremonaplanes
1
←−
−
→
↑ AV (10.5), AH (4), F1 (4),
↓ F2 (6), ↓ F3 (12), ↓ F4 (6),
↑ BV (13.5)
2
←−
−
→
↑ AV (10.5), AH (4), ↓ V1 , U1
⇒ V1 = −10.5, U1 = 4
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
43
3
−
→
←
−
↑ V1 (−10.5), F2 (4), ↓ F2 (6), O1 , & D1 ⇒ O1 = −10, D1 = 7.5
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
44
4
−
→
←
−
O1 (−10), ↓ F3 (12), 02 , ↑ V2 ⇒ O2 = −10, V2 = −12
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
45
5
−
→
O2 (10), ↓ F4 (6), ↑ V3 , . D2 ⇒ V3 = −13.5, D2 = 12.5
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
46
6
−
→
↓ V3 (−13.5); ↑ BV (13.5), U2 ⇒ U2 = 0
KAPITEL 3. EBENE FACHWERKE
Probe:
−
→
←
−
% D2 (12.5); U2 (0), U1 (4), - D1 (7.5), ↓ V2 (12)
47
Kapitel 4
Das PdvV
4.1
Der Arbeitsbegriff
Wenn ein Körper entsprechend der Abbildung durch eine konstante Kraft F
verschoben wird, definiert man: Arbeit der Kraft F auf dem Weg s, als
A = F · s [N m]
Allgemein:
D
E
~ · ~s = G
~ · ~s
A=G
Weitere Verallgemeinerungen:
• Weg sei beliebig und zeitabhängig ~s = ~s(t)
• Kraft sei abhängig von Ort F = F~ (t)
ZxII
A=
ZxII
F~ d~s
dA =
xI
xI
Weg wird beschrieben durch die Zeit(t). ~s = ~s(t)
d~s
d~s =
· dt = ~v (t) dt
dt
d~s
, da ~v (t) =
. . . Geschwindigkeit
dt
ZxI I
Zt1
~
Damit gilt: A =
F d~s = F~ · ~v (t) dt
xI
t0
48
~ · cos α
dA = |F~ | · |ds|
~ Skalarprodukt
= F~ · ds,
KAPITEL 4. DAS PDVV
49
virtuelle Verrückungen: sind gedachte, differentiell kleine Verschiebungen
oder Verdrehungen, die mit den Zwangsbedingungen eines Systems vereinbar sind.
virtuell: • nur gedacht, nicht real existent
• infinitesimal klein
• kinematisch zulässig
virtuelle Verschiebungen: δs
virtuelle Verdrehung: δϕ
−
→
virtuelle Arbeit: δAV = F~ · δ~s, δAϕ = M · δ ϕ
~
Arbeit am Gesamtsystem:
−
→
δA = δAV + δAϕ = F~ · δ~s + M · δϕ
−→
~ = 0 und −
Satz: δA = 0, genau dann, wenn R
MR = 0, genau dann, wenn
Gleichgewicht.
~ = 0 und MR = 0.
Beweis: Gleichgewicht heißt R
−→
~ · d~s + −
δA = R
MR · δ ϕ
~ = 0 · δ~s + 0 · δ ϕ
~=0
−
−
→
~ · δ~s + MR · δ ϕ
⇒ δA = R
~=0
−−→
~
für beliebige δ~s und δ ϕ
~ ⇒ R = MR = 0
¥
KAPITEL 4. DAS PDVV
4.2
50
Ermittlung von Lagerreaktionen und Schnittgrößen mit dem Prinzip der virtuellen Verrückung
Das Moment MA ist gesucht. Lösen der Fessel für die gesuchte Größe.
⇒ Einbau eines Momentengelenkes.
⇒ System wird kinematisch.
η
⇒ η = δϕ · a
a
δs2
δs2
η
η·c
η
= b =
⇒ δs1 = , δs2 =
b
c
2
b
2
δϕ =
⇒ δs1 =
δϕ · a
δϕ · a · c
, δs2 =
2
b
Kraft
MA
q·b
P
Weg
δϕ
δs1
δs2
MA · δϕ + q · b · δϕ − P · δs2 = 0
µ
¶
q·b·a
a·c
P ·cq·b
MA = −
+P ·
=a
2
b
b
2
KAPITEL 4. DAS PDVV
51
Gesucht: Auflagerreaktion B
Verschiebungsfigur
δsB
δs1
δs2
δs1 (b + c)2
= b =
⇒ δsB = 2δs1 ⇒ δs2 =
B
b+c
b
2
Kraft
q·b
b
P
Weg
δs1
δsB
δs2
q · b · δs1 − B · δsB + P δs2 = 0
B=−
q · b · δs1
P · δs1 (b + c)2
q · b P · (b + c)
−
=
+
2δs2
b · 2δs1
2
b
Kapitel 5
Haftung und Reibung
5.1
Beispiel
Freikörperbild: Ruhe
Freikörperbild: Bewegung
G = N, F = H
H = Haftreibungskraft
R = Gleitreibungskraft,
versucht die Bewegung des Körpers zu behindern.
Haftbedingung: |H| ≤ H0 = µ0 · N
µ0 . . . Haftreibungskoeffizient.
H0 . . . Grenzzustand, in dem sich der Körper noch in Ruhe befindet.
52
KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG
53
Beispiel:Wie groß muss F sein, um den Körper zu verschieben?
Gegeben: µ0 = 0.25, α = 20◦ und G = 20kN
X
V = 0 ⇒ G − N + F · sin α = 0
X
→ N = F · sin α + G
H = 0 ⇒ F · cos α − H0 = 0
→ H0 = F · cos α
Freikörperbild
à H0 = µ0 · N
F cos α = µ0 · (F + sin α)
F (cos α − µ0 sin α) = µ0 + G
µ0 + G
F =
cos α − µ0 · sin α
0.25 + 2
F =
− 0.25 · sin 20◦ = 0.585 kN
cos 20◦
F muss mindestens 0.585 kN betragen,
um den Körper zu verschieben.
Für welchen Winkel α wird der Körper bei beliebiger Last nicht mehr verschoben? Das heißt, egal wie groß F ist, der Körper soll nicht mehr verschoben
werden, also auch für F = ∞
µ0 + G
!
=∞
cos α − µ0 · sin α
für cos α − µ0 · sin α ½ 0 oder cos α − µ0 · sin α = 0
cos α
1
µ0 =
=
sin α
tan α
1
1
α = arctan
= arctan
= 75.96◦
µ0
0.25
F =
KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG
5.2
54
Experimentelle Ermittlung von µ0
Schiefe Ebene, Körper in Grenzlage
Winkel ϕ0 wird langsam erhöht, bis der
Körper anfängt, sich zu bewegen. Über
ϕ0 kann man Rückschlüsse auf µ0 ziehen.
Freikörperbild
I)
X
H = 0 ⇒ G · sin ϕ0 = H0
X
II)
V = 0 ⇒ G · cos ϕ0 = N
H0
H0
in II ⇒
· cos ϕ0 = N
sin ϕ0
sin ϕ0
sin ϕ0
· N = tan ϕ0 · N
⇒ H0 =
cos ϕ0
G=
H0 = µ0 · N mit µ0 = tan ϕ0
5.3
Der Haftungskegel
Für den Grenzwinkel ϕ0
gilt:
H0 = ϕ0 · N , µ0 = tan ϕ0
KAPITEL 5. HAFTUNG UND REIBUNG
55
Gleichgewicht nur möglich in statischer Ruhelage für ϕ ≤ ϕ0 . Wird ein Körper
einer beliebigen Belastung unterworfen, so bleibt er in Ruhe, solange die Reaktionskraft W an der Berührungsfläche innerhalb des Haftungskegels bleibt.
Zusammenfassung:
• H < µ0 · N , Haftung, Körper in Ruhe
• H = µ0 · N , Grenzhaftung, Körper gerade noch in Ruhe, bei Anstoß
⇒ Bewegung wegen µ < µ0
• R = µ0 · N , Reibung, Körper rutscht.
Reibungskraft R ist eingeprägte Kraft.
5.4
Seilreibung
Beobachtung:
|S1 | 6= |S2 |
Grund: Reibung
5.4.1
Bestimmung der Zusammenhänge zwischen S1 und
S2
Betrachtung am infinitesimal kleinem Element.
−→
X
dϕ
dϕ
− (s + ds) · cos
H = 0 : dH + s · cos
2
2
dϕ
I)ds · cos
= dH
2
X
ϕ
dϕ
↓
V = 0 : II)(s + ds) · sin + s · sin
· dN = 0
2
2
Nebenbetrachtung:
dϕ → 0 ⇒ cos
ds · sin
dϕ
dϕ
dϕ
→ 1 ⇒ sin
=
2
2
2
dϕ
sehr klein, von höherer Ordnung
2
⇒ für I) ds = dH
⇒ für II) s · dϕ = dN
2 Gleichungen, 3 Unbekannte, d.h. nicht eindeutig zu lösen.
→ Fall der Grenzhaftung betrachten:
dH = H0 = µ0 · dN ⇒ dH = µ0 · s dϕ = ds
ds
µ0 · dϕ =
s
Zα
ZS2
ds
Für die gesamte Rolle: µ0
dϕ =
s
0
S1
S2
⇐⇒ µ0 · α = ln
S1
und somit: S2 = S1 · eµ0 ·α , S2 > S1 !
Formel der Seilhaftung nach Euler.
Beispiel: Radbremse
Frage: Wie groß muss F sein, damit die Walze stillsteht?
56
LITERATURVERZEICHNIS
I)
II)
x
X
x
X
57
Freikörperbild
MA = 0 : −2r · S1 + l · F = 0
MB = 0 : MD + r · S1 − r · S2 = 0
α = π S2 = S1 · eµ0 ·π
II 0 ) ⇒ MD + r · S1 − r · S1 · eµ0 ·π = 0
l·F
I 0 ) ⇒ S1 =
2r
l · F µ0 ·π
l·F
0
0
I + II ) ⇒ MD +
−
·e
=0
2
2
F =
2
1
· MD · µ0 ·π
l
e
−1
Literaturverzeichnis
[1] Dittmar Gross, Werner Hauger, and Walter Schnell und JÃűrg SchrÃűder.
Technische Mechanik 1, Statik. Springer, 2006.
[2] Werner Hauger and Volker Mannl und Wolfgang Wall. Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3. Statik, Elastostatik, Kinetik. Springer, 2006.
[3] Oliver Romberg and Nikolaus Hinrichs. Keine Panik vor Mechanik! Vieweg,
2006.